Apostila Exercícios Eletromagnetismo Capítulos 1 a 4

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INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E 
TECNOLOGIA DO TRIÂNGULO MINEIRO – IFTM 
CAMPUS AVANÇADO UBERABA PARQUE TECNOLÓGICO 
Profª. Andréia Crico dos Santos 
 
 
 
 
 
 
Apostila de Exercícios 
Resolvidos de 
Eletromagnetismo 
 
 
 
 
 
 
 
Uberaba-MG 
2018 
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Eletromagnetismo 
 
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SUMÁRIO GERAL 
 
Capítulo Conteúdo Página 
1 Análise Vetorial 03 
2 Lei de Coulomb e Intensidade de Campo Elétrico 10 
3 Densidade de Fluxo Elétrico, Lei de Gauss e Divergência 21 
4 Energia Potencial e Potencial Elétrico 29 
5 Condutores, Dielétricos e Capacitância 
6 Equações de Poisson e de Laplace 
7 Campo Magnético Estacionário 
8 Forças Magnéticas, Materiais e Indutância 
9 Campos Variantes no Tempo e Equações de Maxwell 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1 – ANÁLISE VETORIAL 
Exercício 1: 
Dados os vetores �̅� = −𝟏𝟎 𝒂𝒙̅̅ ̅ + 𝟒 𝒂𝒚̅̅ ̅ − 𝟖 𝒂𝒛̅̅ ̅ e �̅� = 𝟖 𝒂𝒙̅̅ ̅ + 𝟕 𝒂𝒚̅̅ ̅ − 𝟐 𝒂𝒛̅̅ ̅, determine: 
a) Um vetor unitário na direção de −�̅� + 𝟐�̅�. 
 
Vetor −�̅� + 2�̅�: 
−�̅� + 2�̅� = −(−10 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 4 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 8 𝑎𝑧̅̅ ̅) + 2. (8 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 7 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 2 𝑎𝑧̅̅ ̅) = 26 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 10 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 4 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Módulo do vetor −�̅� + 2�̅�: 
|−�̅� + 2�̅�| = √262 + 102 + 42 = 28,1425 𝑢. 𝑐. 
 
Vetor unitário (�̅�) na direção de −�̅� + 2�̅�: 
�̅� = 
−�̅� + 2�̅�
|−�̅� + 2�̅�|
= 
26 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 10 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 4 𝑎𝑧̅̅ ̅
28,1425
= 0,9239 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,3553 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,1421 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Portanto, resposta: �̅� = 0,9239 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,3553 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,1421 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
b) O módulo de 𝟓 𝒂𝒙̅̅ ̅ + �̅� − 𝟑�̅�. 
 
Vetor 5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + �̅� − 3�̅�: 
5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + �̅� − 3�̅� = 5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (8 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 7 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 2 𝑎𝑧̅̅ ̅) − 3. (−10 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 4 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 8 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + �̅� − 3�̅� = 43 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 5 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 22 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
 
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Módulo do vetor 5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + �̅� − 3�̅�: 
|5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + �̅� − 3�̅�| = √432 + (−5)2 + 222 = 48,5592 𝑢. 𝑐. 
 
Portanto, resposta: |5 𝑎𝑥̅̅ ̅ + �̅� − 3�̅�| = 48,5592 𝑢. 𝑐. 
 
 
Exercício 2: 
Dados os vetores �̅� = 𝟏𝟎 𝒂𝒙̅̅ ̅ − 𝟔 𝒂𝒚̅̅ ̅ + 𝟓 𝒂𝒛̅̅ ̅ e �̅� = 𝟎, 𝟏 𝒂𝒙̅̅ ̅ + 𝟎, 𝟐 𝒂𝒚̅̅ ̅ + 𝟎, 𝟑 𝒂𝒛̅̅ ̅, determine: 
a) Determine a componente vetorial de �̅� que é paralela a �̅�: 
 
Determinação do vetor unitário na direção de �̅�: 
𝑢𝐹̅̅ ̅ = 
�̅�
|�̅�|
= 
10 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 6 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 5 𝑎𝑧̅̅ ̅
√102 + (−6)2 + 52
= 0,7881 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 0,4729 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,3941 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Determinação do vetor unitário na direção de �̅�: 
𝑢𝐺̅̅̅̅ = 
�̅�
|�̅�|
= 
0,1 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,2 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,3 𝑎𝑧̅̅ ̅
√0,12 + 0,22 + 0,32
= 0,2672 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,5345 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,8017 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Determinação da componente vetorial de �̅� que é paralela a �̅� (�̅�||𝐺): 
�̅�||𝐺 = (�̅� ⦁ 𝑢𝐺̅̅̅̅ )𝑢𝐺̅̅̅̅ 
�̅�||𝐺 = (10.0,2672 − 6.0,5345 + 5.0,8017). (0,2672 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,5345 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,8017 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
�̅�||𝐺 = 0,9281 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 1,8566 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2,7847 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Portanto, resposta: �̅�||𝐺 = 0,9281 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 1,8566 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2,7847 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
 
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b) Determine a componente vetorial de �̅� que é perpendicular a �̅�: 
 
Sabe-se que o vetor �̅� pode ser escrito como o resultado da soma vetorial entre a componente 
de �̅� paralela a �̅� (�̅�||𝐺) e a componente de �̅� perpendicular a �̅� (�̅�⊥𝐺). 
Observe a figura: 
 
 
Matematicamente: 
�̅� = �̅�||𝐺 + �̅�⊥𝐺 
�̅�⊥𝐺 = �̅� − �̅�||𝐺 
�̅�⊥𝐺 = (10 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 6 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 5 𝑎𝑧̅̅ ̅) − ( 0,9281 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 1,8566 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2,7847 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
�̅�⊥𝐺 = 9,0719 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 7,8566 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2,2153 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Portanto, resposta: �̅�⊥𝐺 = 9,0719 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 7,8566 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2,2153 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
 
Exercício 3: 
Transforme o vetor �̅� = −𝟏𝟎 𝒂𝒓̅̅ ̅ para transformadas cartesianas no ponto P (x = 2,5; y = 2,5; 
z = 3,5355). 
 
Para expressar �̅� em coordenadas cartesianas: �̅� = 𝐸𝑥 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝐸𝑦 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝐸𝑧 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
𝐸𝑥 = �̅� ⦁ 𝑎𝑥̅̅ ̅ = (−10 𝑎𝑟̅̅ ̅)⦁ 𝑎𝑥̅̅ ̅ = −10. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜙 
𝐸𝑦 = �̅� ⦁ 𝑎𝑦̅̅ ̅ = (−10 𝑎𝑟̅̅ ̅)⦁ 𝑎𝑦̅̅ ̅ = −10. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜙 
𝐸𝑧 = �̅� ⦁ 𝑎𝑧̅̅ ̅ = (−10 𝑎𝑟̅̅ ̅)⦁ 𝑎𝑧̅̅ ̅ = −10. 𝑐𝑜𝑠𝜃 
 
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Interessa aplicar o vetor �̅� no ponto P (x = 2,5; y = 2,5; z = 3,5355). Passando o ponto P para 
coordenadas esféricas: 
𝑟𝑃 = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = √2,52 + 2,52 + 3,53552 = 5 
𝜃𝑃 = 𝑡𝑎𝑛
−1(√𝑥2 + 𝑦2 𝑧⁄ ) = 45º (𝜃𝑃 𝜖 1º Quadrante) 
𝜙𝑃 = 𝑡𝑎𝑛
−1(𝑦 𝑥⁄ ) = 45º (𝜙𝑃 𝜖 1º Quadrante) 
 
Voltando, então, às equações para cálculo de 𝐸𝑥, 𝐸𝑦 e 𝐸𝑧 e aplicando-as ao ponto P, tem-se: 
𝐸𝑥 = −10. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜙 = −10. 𝑠𝑒𝑛45º. 𝑐𝑜𝑠45º = −5 
𝐸𝑦 = −10. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜙 = −10. 𝑠𝑒𝑛45º. 𝑠𝑒𝑛45º = −5 
𝐸𝑧 = −10. 𝑐𝑜𝑠𝜃 = −10. 𝑐𝑜𝑠45º = −7,0711 
 
Assim: �̅� = −5 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 5 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 7,0711 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Portanto, resposta: �̅� = −5 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 5 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 7,0711 𝑎𝑧̅̅ ̅ é o vetor �̅� em coordenadas cartesianas, 
aplicado no ponto P. 
 
 
Exercício 4: 
Um vetor �̅� = 𝒂𝝆̅̅̅̅ + 𝒂𝝓̅̅ ̅̅ + 𝒂𝒛̅̅ ̅ está aplicado ao ponto P (x = 0, y = 1, z = 1) da superfície plana 
x + y + z = 2. Com base nestas informações, determine: 
 
a) O vetor �̅� no sistema de coordenadas cartesianas: 
 
Para expressar �̅� em coordenadas cartesianas: �̅� = 𝐸𝑥 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝐸𝑦 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝐸𝑧 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
𝐸𝑥 = �̅� ⦁ 𝑎𝑥̅̅ ̅ = (𝑎𝜌̅̅ ̅ + 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅)⦁ 𝑎𝑥̅̅ ̅ = 𝑐𝑜𝑠𝜙 − 𝑠𝑒𝑛𝜙 
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𝐸𝑦 = �̅� ⦁ 𝑎𝑦̅̅ ̅ = (𝑎𝜌̅̅ ̅ + 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅)⦁ 𝑎𝑦̅̅ ̅ = 𝑠𝑒𝑛𝜙 + 𝑐𝑜𝑠𝜙 
𝐸𝑧 = �̅� ⦁ 𝑎𝑧̅̅ ̅ = (𝑎𝜌̅̅ ̅ + 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅)⦁ 𝑎𝑧̅̅ ̅ = 1 
 
Interessa aplicar o vetor �̅� no ponto P (x = 0; y = 1; z = 1). Passando o ponto P para coordenadas 
cilíndricas: 
𝜌𝑃 = √𝑥2 + 𝑦2 = √02 + 12 = 1 
𝜙𝑃 = 𝑡𝑎𝑛
−1(𝑦 𝑥⁄ ) = 𝑡𝑎𝑛−1(1 0⁄ ) = 90º 
𝑧𝑃 = 1 
 
Voltando, então, às equações para cálculo de 𝐸𝑥, 𝐸𝑦 e 𝐸𝑧 e aplicando-as ao ponto P, tem-se: 
𝐸𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝜙 − 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 𝑐𝑜𝑠90º − 𝑠𝑒𝑛90º = −1 
𝐸𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝜙 + 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 𝑠𝑒𝑛90º + 𝑐𝑜𝑠90º = 1 
𝐸𝑧 = 1 
 
Assim: �̅� = − 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Portanto, resposta: �̅� = − 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅ é o vetor �̅� em coordenadas cartesianas, aplicado 
no ponto P. 
 
 
b) O ângulo 𝜽 que o vetor �̅� faz com o vetor normal à superfície plana: 
 
A figura a seguir auxilia a compreensão do raciocínio a ser seguido na sequência: 
 
 
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O vetor �̅� é perpendicular à superfície plana x + y + z = 2. Para encontrá-lo, pode-se fazer o 
produto vetorial entre os vetores 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ . 
 
De acordo com a figura: ponto A (x = 2; y = 0; z = 0), ponto B (x = 0; y = 2; z = 0) e ponto C (x = 
0; y = 0; z = 2). 
Assim: 
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = −2 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 2𝑎𝑦̅̅ ̅ 
𝐴𝐶̅̅ ̅̅ = −2 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 2𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Então, para encontrar o vetor �̅�, perpendicularà superfície, faz-se o produto vetorial: 
�̅� = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ 𝑥 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ 
�̅� = |
𝑎𝑥̅̅ ̅ 𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝑎𝑧̅̅ ̅
−2 2 0
−2 0 2
| = 4𝑎𝑥̅̅ ̅ + 4𝑎𝑦̅̅ ̅ + 4𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Determinação do vetor unitário (𝑢𝑁̅̅̅̅ ) na direção de �̅�: 
𝑢𝑁̅̅̅̅ = 
�̅�
|�̅�|
= 
4𝑎𝑥̅̅ ̅ + 4𝑎𝑦̅̅ ̅ + 4𝑎𝑧̅̅ ̅
√42 + 42 + 42
= 0,5774 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
O ângulo entre �̅� e 𝑢𝑁̅̅̅̅ pode ser calculado, então, com auxílio do produto escalar entre estes 
vetores: 
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�̅� ⦁ 𝑢𝑁̅̅̅̅ = |�̅�|. |𝑢𝑁̅̅̅̅ |. 𝑐𝑜𝑠𝜃 
( −𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅)⦁(0,5774 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑧̅̅ ̅) = √(−1)2 + 12 + 12. 1. 𝑐𝑜𝑠𝜃 
0,5774 = √3. 𝑐𝑜𝑠𝜃 → 𝜃 = 70,53º 
 
Portanto, resposta: o ângulo entre �̅� e o vetor normal à superfície plana é 70,53º. 
 
 
c) As duas componentes vetoriais de �̅�, normal e tangencial à superfície plana: 
 
A componente vetorial de �̅� normal à superfície plana (𝐸𝑁̅̅̅̅ ), pode ser obtida a partir de: 
𝐸𝑁̅̅̅̅ = (�̅� ⦁ 𝑢𝑁̅̅̅̅ ). 𝑢𝑁̅̅̅̅ 
𝐸𝑁̅̅̅̅ = ((−𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅)⦁(0,5774 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑧̅̅ ̅)) . 𝑢𝑁̅̅̅̅ 
𝐸𝑁̅̅̅̅ = 0,5774. 𝑢𝑁̅̅̅̅ 
𝐸𝑁̅̅̅̅ = 0,5774. (0,5774 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,5774 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
𝐸𝑁̅̅̅̅ = 0,3334 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,3334 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,3334 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Por fim, sabe-se que o vetor �̅� pode ser escrito como o resultado da soma vetorial entre a 
componente de �̅� perpendicular à superfície plana (�̅�𝑁) e a componente de �̅� tangencial à 
superfície plana (�̅�𝑇). Matematicamente: 
�̅� = 𝐸𝑇̅̅̅̅ + 𝐸𝑁̅̅̅̅ 
𝐸𝑇̅̅̅̅ = (− 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 𝑎𝑧̅̅ ̅) − (0,3334 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,3334 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,3334 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
𝐸𝑇̅̅̅̅ = −1,3334 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,6667 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,6667 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Portanto, resposta: a componente de �̅� tangencial à superfície plana é 𝐸𝑇̅̅̅̅ = −1,3334 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
0,6667 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,6667 𝑎𝑧̅̅ ̅ , enquanto a componente de �̅� normal à superfície plana é 𝐸𝑁̅̅̅̅ =
 0,3334 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,3334 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,3334 𝑎𝑧̅̅ ̅. 
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2 – LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO ELÉTRICO 
Exercício 1: 
Seja a carga pontual Q1 = 25 nC localizada em A (4,-2,7) e a carga Q2 = 60 nC localizada em 
B(-3,4,-2). 
 
a) Calcule o campo elétrico (�̅�) em P(1,2,3). 
 
 Campo elétrico em P devido à carga Q1 (𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅): 
Determinação do vetor direcionado do ponto A (carga Q1) ao ponto P (𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅): 
𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅ = −3 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 4 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 4 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Módulo do vetor 𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅: 
|𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅| = √((−3)2 + 42 + (−4)2) = 6,4031 𝑢. 𝑐. 
Vetor unitário na direção de 𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅: 
𝑢𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅ = 
𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅
|𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅|
= −0,4685 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,6247 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 0,6247 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Então: 
𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅ =
𝑄1
4. 𝜋. 𝜀0. |𝑅𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅|2
. 𝑢𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ̅ =
25. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. 6,40312
. (−0,4685 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 0,6247 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 0,6247 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅ = −2,5675 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 3,4235 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 3,4235 𝑎𝑧̅̅ ̅ 𝑉/𝑚 
 
 Campo elétrico em P devido à carga Q2 (𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅): 
Determinação do vetor direcionado do ponto B (carga Q2) ao ponto P (𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅): 
𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅ = 4 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 2 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 5 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Módulo do vetor 𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅: 
|𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅| = √(42 + (−2)2 + 52) = 6,7082 𝑢. 𝑐. 
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Vetor unitário na direção de 𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅: 
𝑢𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅ = 
𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅
|𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅|
= 0,5963 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 0,2981 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,7454 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Então: 
𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅ =
𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. |𝑅𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅|2
. 𝑢𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ̅ =
60. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. 6,70822
. (0,5963 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 0,2981 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 0,7454 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅ = 7,1457 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 3,5723 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 8,9324 𝑎𝑧̅̅ ̅ 𝑉/𝑚 
 
 Campo elétrico total em P (�̅�): 
Campo elétrico total em P, devido às cargas Q1 e Q2: �̅� = 𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅ 
�̅� = 𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅ 
�̅� = (−2,5675 𝑎𝑥̅̅ ̅ + 3,4235 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 3,4235 𝑎𝑧̅̅ ̅) + (7,1457 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 3,5723 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 8,9324 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
�̅� = 4,5782 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 0,1488 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 5,5089 𝑎𝑧̅̅ ̅ 𝑉/𝑚 
 
Portanto, resposta: o campo elétrico total no ponto P é dado por �̅� = 4,5782 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
0,1488 𝑎𝑦̅̅ ̅ + 5,5089 𝑎𝑧̅̅ ̅ 𝑉/𝑚. 
 
 
b) Em qual ponto do eixo y tem-se 𝑬𝒙 = 𝟎? 
 
Considera-se um ponto S sobre o eixo y: S (0,y,0) 
 
 Campo elétrico em S devido à carga Q1 (𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅): 
Determinação do vetor direcionado do ponto A (carga Q1) ao ponto S (𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅): 
𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅ = −4 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (𝑦 + 2) 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 7 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Módulo do vetor 𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅: 
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|𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅| = √((−4)2 + (𝑦 + 2)2 + (−7)2) = √𝑦2 + 4𝑦 + 69 𝑢. 𝑐. 
Vetor unitário na direção de 𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅: 
𝑢𝐴𝑆̅̅ ̅̅̅ = 
𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅
|𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅|
= 
−4 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (𝑦 + 2) 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 7 𝑎𝑧̅̅ ̅
√𝑦2 + 4𝑦 + 69
 
Então: 
𝐸𝑄1̅̅ ̅̅ ̅ =
𝑄1
4. 𝜋. 𝜀0. |𝑅𝐴𝑆̅̅ ̅̅ ̅|2
. 𝑢𝐴𝑆̅̅ ̅̅̅ =
25. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. (√𝑦2 + 4𝑦 + 69)
2 .
−4 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (𝑦 + 2) 𝑎𝑦̅̅ ̅ − 7 𝑎𝑧̅̅ ̅
√𝑦2 + 4𝑦 + 69
 
 
Valor da componente x do campo elétrico devido à carga Q1 (𝐸𝑄1_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅): 
𝐸𝑄1_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 
25. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. (√𝑦2 + 4𝑦 + 69)
2 .
−4 𝑎𝑥̅̅ ̅
√𝑦2 + 4𝑦 + 69
 
𝐸𝑄1_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 
−898,7539
(𝑦2 + 4𝑦 + 69)
3
2⁄
𝑎𝑥̅̅ ̅ 
 
 Campo elétrico em P devido à carga Q2 (𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅): 
Determinação do vetor direcionado do ponto B (carga Q2) ao ponto S (𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅): 
𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅ = 3 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (𝑦 − 4)𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
Módulo do vetor 𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅: 
|𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅| = √(32 + (𝑦 − 4)2 + 22) = √𝑦2 − 8𝑦 + 29 𝑢. 𝑐. 
Vetor unitário na direção de 𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅: 
𝑢𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅ = 
𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅
|𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅|
= 
 3 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (𝑦 − 4)𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2 𝑎𝑧̅̅ ̅
√𝑦2 − 8𝑦 + 29
 
Então: 
𝐸𝑄2̅̅ ̅̅ ̅ =
𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. |𝑅𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅|2
. 𝑢𝐵𝑆̅̅ ̅̅ ̅ =
60. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. (√𝑦2 − 8𝑦 + 29)
2 .
 3 𝑎𝑥̅̅ ̅ + (𝑦 − 4)𝑎𝑦̅̅ ̅ + 2 𝑎𝑧̅̅ ̅
√𝑦2 − 8𝑦 + 29
 
 
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13 
Valor da componente x do campo elétrico devido à carga Q2 (𝐸𝑄2_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅): 
𝐸𝑄2_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 
60. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. (√𝑦2 − 8𝑦 + 29)
2 .
 3 𝑎𝑥̅̅ ̅
√𝑦2 − 8𝑦 + 29
 
𝐸𝑄2_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 
1617,7571
(𝑦2 − 8𝑦 + 29)
3
2⁄
𝑎𝑥̅̅ ̅ 
 
 Campo elétrico total em S, na direção de x, devido às cargas Q1 e Q2 (𝐸𝑥̅̅ ̅): 
𝐸𝑥̅̅ ̅ = 𝐸𝑄1_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐸𝑄2_𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ 
𝐸𝑥̅̅ ̅ = (
−898,7539
(𝑦2 + 4𝑦 + 69)
3
2⁄
+
1617,7571
(𝑦2 − 8𝑦 + 29)
3
2⁄
) 𝑎𝑥̅̅ ̅ 
 
Assim, como se deseja saber o valor de y para que o campo elétrico total, na direção de x, seja 
nulo: 
−898,7539
(𝑦2 + 4𝑦 + 69)
3
2⁄
+
1617,7571
(𝑦2 − 8𝑦 + 29)
3
2⁄
= 0 
1617,7571
(𝑦2 − 8𝑦 + 29)
3
2⁄
= 
898,7539
(𝑦2 + 4𝑦 + 69)
3
2⁄
 
(𝑦2 − 8𝑦 + 29)
3
2⁄ = 1,8. (𝑦2 + 4𝑦 + 69)
3
2⁄ 
(𝑦2 − 8𝑦 + 29) = 1,8
2
3⁄ . (𝑦2 + 4𝑦 + 69) 
0,4797𝑦2 + 13,9189𝑦 + 73,1012 = 0 
𝑦 = −6,8862 𝑜𝑢 𝑦 = −22,1297 
 
Portanto, resposta: pelo exposto conclui-se que há 𝐸𝑥 = 0 ao longo do eixo y nos pontos 
(0;-6,8862;0) e (0;-22,1297;0). 
 
 
 
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14 
Exercício 2: 
Três cargas pontuais Q, 2Q e 3Q ocupam respectivamente os vértices A, B e C de um 
triângulo equilátero de lado L. Uma das cargas tem a máxima força exercida sobre ela e uma 
outra tem a mínima força. Determinar a razão entre as magnitudes destas duas forças. 
 
Para facilitar a resolução deste exercício, vamos considerar que um dos vétices deste triângulo 
está sobre a origem (neste caso consideramos o vértice A sobre a origem). Observe a figura: 
 
 
 
 
 
 
 
Determinação dos vetores que interligam as cargas: 
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐿 𝑎𝑥̅̅ ̅ 𝐵𝐴̅̅ ̅̅ = −𝐿 𝑎𝑥̅̅ ̅ |𝐴𝐵̅̅ ̅̅ | = |𝐵𝐴̅̅ ̅̅ | = 𝐿 
𝐴𝐶̅̅ ̅̅ =
𝐿
2
 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
𝐿√3
2
𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝐶𝐴̅̅ ̅̅ = −
𝐿
2
 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
𝐿√3
2
𝑎𝑦̅̅ ̅ |𝐴𝐶̅̅ ̅̅ | = |𝐶𝐴̅̅ ̅̅ | = 𝐿 
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = −
𝐿
2
 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
𝐿√3
2
𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ =
𝐿
2
 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
𝐿√3
2
𝑎𝑦̅̅ ̅ |𝐵𝐶̅̅ ̅̅ | = |𝐶𝐵̅̅ ̅̅ | = 𝐿 
 
 Força total aplicada sobre a carga Q (ponto A): 
A força total sobre a carga Q no ponto A (𝐹𝐴̅̅ ̅) pode ser obtida a partir da soma da força em A 
devido à carga 2Q (𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅) e a força em A devido à carga 3Q (𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅). Então: 
 
𝐹𝐴̅̅ ̅ = 𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ 
 
 
Q 
A (0,0,0) 
2Q 
B (L,0,0) 
3Q 
 C (
𝑳
𝟐
,
𝑳√𝟑
𝟐
,0) 
L 
L L 
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Determinação de 𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅: 
𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 
𝑄. 2𝑄
4. 𝜋. 𝜀0. |𝐵𝐴̅̅ ̅̅ |2
.
𝐵𝐴̅̅ ̅̅
|𝐵𝐴̅̅ ̅̅ |
 
𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 
2. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 .
−𝐿 𝑎𝑥̅̅ ̅
𝐿
 
𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = −
2. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 . 𝑎𝑥̅̅ ̅ 
 
Determinação de 𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅: 
𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 
𝑄. 3𝑄
4. 𝜋. 𝜀0. |𝐶𝐴̅̅̅̅ |2
.
𝐶𝐴̅̅ ̅̅
|𝐶𝐴̅̅ ̅̅ |
 
𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 
3. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 .
(−
𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
𝐿√3
2 𝑎𝑦̅̅ ̅)
𝐿
 
𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = −
3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
3. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
 
Assim: 
𝐹𝐴̅̅ ̅ = 𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = −
2. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 . 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
3. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
𝐹𝐴̅̅ ̅ = −
7. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
3. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝑁 
 
Para facilitar, vamos chamar de 𝑘 a seguinte expressão: 
𝑘 =
𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 
 
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Assim: 
𝐹𝐴̅̅ ̅ = −
7
2
𝑘 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
3. √3
2
𝑘𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝑁 
Módulo de 𝐹𝐴̅̅ ̅: 
|𝐹𝐴̅̅ ̅| = √(−
7
2
𝑘)
2
+ (−
3. √3
2
𝑘)
2
= √
49
4
𝑘2 +
27
4
𝑘2 = √
76
4
𝑘2 = 4,3589𝑘 𝑁 
 
 
 Força total aplicada sobre a carga 2Q (ponto B): 
A força total sobre a carga 2Q no ponto B (𝐹𝐵̅̅ ̅) pode ser obtida a partir da soma da força em B 
devido à carga Q (𝐹𝐴,𝐵̅̅ ̅̅ ̅) e a força em B devido à carga 3Q (𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅). Então: 
 
𝐹𝐵̅̅ ̅ = 𝐹𝐴,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ 
 
Determinação de 𝐹𝐴,𝐵̅̅ ̅̅ ̅: sabe-se que 𝐹𝐴,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = −𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅. Então: 
𝐹𝐴,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = −𝐹𝐵,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 
2. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 . 𝑎𝑥̅̅ ̅ 
 
Determinação de 𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅: 
𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = 
2𝑄. 3𝑄
4. 𝜋. 𝜀0. |𝐶𝐵̅̅̅̅ |2
.
𝐶𝐵̅̅ ̅̅
|𝐶𝐵̅̅ ̅̅ |
 
𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = 
6. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 .
(
𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
𝐿√3
2 𝑎𝑦̅̅ ̅)
𝐿
 
𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = 
6. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
6. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
 
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Assim: 
𝐹𝐵̅̅ ̅ = 𝐹𝐴,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = 
2. 𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 . 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
6. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
6. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
𝐹𝐵̅̅ ̅ = 
10. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
6. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝑁 
 
Para facilitar, vamos chamar mais uma vez de 𝑘 a seguinte expressão: 
𝑘 =
𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 
 
Assim: 
𝐹𝐵̅̅ ̅ = 
10
2
𝑘 𝑎𝑥̅̅ ̅ −
6. √3
2
𝑘 𝑎𝑦̅̅ ̅̅ 𝑁 
Módulo de 𝐹𝐵̅̅ ̅: 
|𝐹𝐵̅̅ ̅| = √(
10
2
𝑘)
2
+ (−
6. √3
2
𝑘)
2
= √
100
4
𝑘2 +
108
4
𝑘2 = √
208
4
𝑘2 = 7,2111𝑘 𝑁 
 
 
 Força total aplicada sobre a carga 3Q (ponto C): 
A força total sobre a carga 3Q no ponto C (𝐹𝐶̅̅ ̅) pode ser obtida a partir da soma da força em C 
devido à carga Q (𝐹𝐴,𝐶̅̅ ̅̅ ̅) e a força em C devido à carga 2Q (𝐹𝐵,𝐶̅̅ ̅̅ ̅). Então: 
 
𝐹𝐶̅̅ ̅ = 𝐹𝐴,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐹𝐵,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ 
 
Determinação de 𝐹𝐴,𝐶̅̅ ̅̅ ̅: sabe-se que 𝐹𝐴,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ = −𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅. Então: 
𝐹𝐴,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ = −𝐹𝐶,𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 
3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
3. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
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Determinação de 𝐹𝐵,𝐶̅̅ ̅̅ ̅: sabe-se que 𝐹𝐵,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ = −𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅. Então: 
𝐹𝐵,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ = −𝐹𝐶,𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = −
6. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
6. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
Assim: 
𝐹𝐶̅̅ ̅ = 𝐹𝐴,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ + 𝐹𝐵,𝐶̅̅ ̅̅ ̅ =
3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
3. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ −
6. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
6. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
𝐹𝐶̅̅ ̅ = −
3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
9. √3. 𝑄2
8. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝑁 
 
Ao chamar de 𝑘 a seguinte expressão: 
𝑘 =
𝑄2
4. 𝜋. 𝜀0. 𝐿
2 
 
Assim: 
𝐹𝐵̅̅ ̅ = −
3
2
𝑘 𝑎𝑥̅̅ ̅ +
9. √3
2
𝑘 𝑎𝑦̅̅ ̅ 𝑁 
Módulo de 𝐹𝐶̅̅ ̅: 
|𝐹𝐶̅̅ ̅| = √(−
3
2
𝑘)
2
+ (
9. √3
2
𝑘)
2
= √
9
4
𝑘2 +
243
4
𝑘2 = √
252
4
𝑘2 = 7,9373𝑘 𝑁 
 
Assim, se: 
|𝐹𝐴̅̅ ̅| = 4,3589𝑘 𝑁 
|𝐹𝐵̅̅ ̅| = 7,2111𝑘 𝑁 
|𝐹𝐶̅̅ ̅| = 7,9373𝑘 𝑁 
 
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19 
 
Nota-se que a maior força é aplicada sobre a carga 3Q (ponto C), e a menor força é aplicada 
sobre a carga Q (ponto A). Para calcular a razão entre as magnitudes da maior e menor força: 
7,9373𝑘
4,3589𝑘
= 1,82 
 
Portanto, resposta: a razão entre as magnitudes da maior e da menor força aplicada sobre as 
cargas é 1,82. 
 
 
Exercício 3: 
O segmento de reta não infinito, 𝒛 ≥ 𝟎, 𝒙 = 𝒚 = 𝟎, está carregado com 𝝆𝑳 = 𝟏𝟓𝒏𝑪/𝒎, no 
vácuo. Determine o campo elétrico (�̅�) no ponto P (0,0,-1). 
 
Para facilitar a resolução deste exercício, vamos observar este segmento de reta não infinito 
na imagem abaixo: 
 
 
Pode-se escrever a carga incremental do segmento de reta como: 
𝑑𝑄 = 𝜌𝐿 . 𝑑𝑧 
 
𝒅𝑸 
(𝟎, 𝟎, 𝒛) 
𝑷(𝟎, 𝟎, −𝟏) 
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20 
O campo elétrico devido a este segmento de reta no ponto P (0,0,-1) pode ser calculado como: 
�̅� = 
𝜌𝐿 . 𝑑𝑧
4. 𝜋. 𝜀0. |�̅�|2
.
�̅�
|�̅�|
 
Sendo �̅� o vetor orientado da carga incremental 𝑑𝑄 até o ponto P (0,0,-1): 
�̅� = (−1 − 𝑧)𝑎𝑧̅̅ ̅ = −(1 + 𝑧)𝑎𝑧̅̅ ̅ 
|�̅�| = 1 + 𝑧 
�̅�
|�̅�|
= 
−(1 + 𝑧)𝑎𝑧̅̅ ̅
1 + 𝑧
= −𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Assim, pode –se escrever o campo elétrico como: 
�̅� = 
𝜌𝐿 . 𝑑𝑧
4. 𝜋. 𝜀0. (1 + 𝑧)
2 . −𝑎𝑧̅̅ ̅ = −
15. 10−9.𝑑𝑧
4. 𝜋. 𝜀0. (1 + 𝑧)
2 . 𝑎𝑧̅̅ ̅ 
 
Como o segmento de reta é não infinito, com 𝑧 ≥ 0, pode-se fazer a integração: 
�̅� = ∫ −
15. 10−9. 𝑑𝑧
4. 𝜋. 𝜀0. (1 + 𝑧)
2 . 𝑎𝑧̅̅ ̅
𝑧=∞
𝑧=0
 
�̅� = −
15. 10−9
4. 𝜋. 𝜀0
. 𝑎𝑧̅̅ ̅ ∫
𝑑𝑧
(1 + 𝑧)2
𝑧=∞
𝑧=0
 
�̅� = −134,8131. 𝑎𝑧̅̅ ̅. − (
1
1 + 𝑧
)|
𝑧=0
𝑧=∞
 
�̅� = −134,8131. 𝑎𝑧̅̅ ̅. −(0 − 1) 
�̅� = −134,8131 𝑎𝑧̅̅ ̅ 𝑉/𝑚 
 
Portanto, resposta: o campo elétrico no ponto P, devido ao segmento de reta não infinito, é 
dado por �̅� = −134,8131 𝑎𝑧̅̅ ̅ 𝑉/𝑚. 
 
 
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3 – DENSIDADE DE FLUXO ELÉTRICO, LEI DE GAUSS E 
DIVERGÊNCIA 
 
Exercício 1: 
Seja 𝝆𝒗 = 𝜶 √𝒓⁄ [C/m
3] de r = 0 a r = R, em coordenadas esféricas, e 𝝆𝒗 = 0 no restante do 
espaço. Determine a densidade de fluxo elétrico (�̅�) em todo o espaço. 
 
Pela Lei de Gauss, sabe-se que: Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 
Para uma distribuição volumétrica de cargas, também se sabe que: 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Então é possível escrever: ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
 
Pela descrição do problema, sabe-se que a densidade de fluxo elétrico (�̅�) possui direção e 
sentido de 𝑎𝑟̅̅ ̅, ou seja, �̅� = 𝐷𝑟 𝑎𝑟̅̅ ̅. 
Assim, é escolhida uma gaussiana esférica. Como é pedido para calcular a densidade de fluxo 
elétrico (�̅�) em todo o espaço, o procedimento é feito em duas etapas. Na primeira considera-
se uma região que apresente 0 < r < R e na segunda etapa considera a região r ≥ R. Note que 
r é usado para representar a coordenada esférica r de um ponto qualquer do espaço, sendo 
que de r = 0 até r = R existe densidade volumétrica de cargas 𝜌𝑣 = 𝛼 √𝑟⁄ , enquanto que para 
valores de r maiores que R 𝜌𝑣 = 0. 
 
 1ª Etapa: Determinação de �̅� para a região do espaço 0 < r < R: 
∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Utilizando os elementos diferenciais de área (𝑑𝑆̅̅̅̅ = 𝑟2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜙 𝑎𝑟̅̅ ̅) e de volume (𝑑𝑣 =
 𝑟2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙) do sistema de coordenadas esféricas: 
∮(𝐷𝑟 𝑎𝑟̅̅ ̅)⦁(𝑟
2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜙 𝑎𝑟̅̅ ̅) = ∫ 𝛼 √𝑟⁄ 𝑟
2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
 
𝑣𝑜𝑙
 
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22 
Desenvolvendo a integral: 
𝐷𝑟 . 𝑟
2. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃
𝜃=𝜋
𝜃=0
 . ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2𝜋
𝜙=0
= 𝛼. ∫
𝑟2
√𝑟
𝑟=𝑟
𝑟=0
 𝑑𝑟 . ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃
𝜃=𝜋
𝜃=0
 . ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2𝜋
𝜙=0
 
Cortando termos semelhantes em ambos membros da equação anterior: 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼. ∫
𝑟2
√𝑟
𝑟=𝑟
𝑟=0
 𝑑𝑟 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼. ∫ 𝑟
3
2⁄
𝑟=𝑟
𝑟=0
 𝑑𝑟 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼. [
2
5
𝑟5/2]
𝑟=0
𝑟=𝑟
 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼.
2
5
. (𝑟5/2 − 0) 
Isolando 𝐷𝑟: 
𝐷𝑟 = 
2. 𝛼. 𝑟5/2
5. 𝑟2
 
𝐷𝑟 = 
2. 𝛼. √𝑟
5
 
Então, para a região do espaço 0 < r < R temos: �̅� =
2.𝛼.√𝑟
5
𝑎𝑟̅̅ ̅ C/m
2. 
 
 2ª Etapa: Determinação de �̅� para a região do espaço r ≥ R: 
∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Utilizando os elementos diferenciais de área (𝑑𝑆̅̅̅̅ = 𝑟2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜙 𝑎𝑟̅̅ ̅) e de volume (𝑑𝑣 =
 𝑟2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙) do sistema de coordenadas esféricas: 
∮(𝐷𝑟 𝑎𝑟̅̅ ̅)⦁(𝑟
2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜙 𝑎𝑟̅̅ ̅) = ∫ 𝛼 √𝑟⁄ 𝑟
2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
 
𝑣𝑜𝑙
 
 
 
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23 
Desenvolvendo a integral: 
𝐷𝑟 . 𝑟
2. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃
𝜃=𝜋
𝜃=0
 . ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2𝜋
𝜙=0
= 𝛼. ∫
𝑟2
√𝑟
𝑟=𝑅
𝑟=0
 𝑑𝑟 . ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃
𝜃=𝜋
𝜃=0
 . ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2𝜋
𝜙=0
 
Cortando termos semelhantes em ambos membros da equação anterior: 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼. ∫
𝑟2
√𝑟
𝑟=𝑅
𝑟=0
 𝑑𝑟 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼. ∫ 𝑟
3
2⁄
𝑟=𝑅
𝑟=0
 𝑑𝑟 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼. [
2
5
𝑟5/2]
𝑟=0
𝑟=𝑅
 
𝐷𝑟 . 𝑟
2 = 𝛼.
2
5
. (𝑅5/2 − 0) 
Isolando 𝐷𝑟: 
𝐷𝑟 = 
2. 𝛼. 𝑅5/2
5. 𝑟2
 
𝐷𝑟 = 
2. 𝛼. 𝑅2√𝑅
5. 𝑟2
 
Então, para a região do espaço r ≥ R temos: �̅� =
2.𝛼.𝑅2√𝑅
5.𝑟2
𝑎𝑟̅̅ ̅ C/m
2. 
 
Portanto, resposta: a densidade de fluxo magnético para uma região do espaço que satisfaz a 
condição 0 < r < R é dada por: �̅� =
2.𝛼.√𝑟
5
𝑎𝑟̅̅ ̅ C/m
2. Já para uma região com r ≥ R obtemos: 
�̅� =
2.𝛼.𝑅2√𝑅
5.𝑟2
𝑎𝑟̅̅ ̅ C/m
2. 
 
 
 
 
 
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24 
Exercício 2: 
Determinar o fluxo elétrico líquido total que sai da porção de um cilindro definido por: 
𝟎 ≤ 𝝆 ≤ 𝟐, 𝟎 ≤ 𝝓 ≤ 𝝅/𝟐, 𝟎 ≤ 𝒛 ≤ 𝟑, devido às seguintes condições: 
 
a) Uma carga com 𝝆𝑽 = 𝟒𝒙𝒚𝒛
𝟐 [C/m3], sendo 𝝆𝑽 = 𝟎 no exterior da porção de cilindro. 
 
A representação abaixo ilustra a porção de cilindro referida pelo exercício: 
 
 
Pela Lei de Gauss, sabe-se que: Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 
Para uma distribuição volumétrica de cargas, também sabe-se que: 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Então, como o exercício questiona sobre o fluxo elétrico líquido que sai da porção de cilindro, 
pode-se escrever: 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Utilizando o elemento diferencial de volume (𝑑𝑣 = 𝜌𝑑𝜌𝑑𝜙𝑑𝑧) do sistema de coordenadas 
cilíndricas: 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∫ 4𝑥𝑦𝑧
2 𝜌𝑑𝜌𝑑𝜙𝑑𝑧
 
𝑣𝑜𝑙
 
Para tornar possível a resolução da integral, é preciso escrever x, y e z em coordenadas 
cilíndricas: 
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25 
𝑥 = 𝜌. 𝑐𝑜𝑠𝜙 
𝑦 = 𝜌. 𝑠𝑒𝑛𝜙 
𝑧 = 𝑧 
Assim: 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∫ 4. (𝜌. 𝑐𝑜𝑠𝜙). (𝜌. 𝑠𝑒𝑛𝜙). 𝑧
2 . 𝜌. 𝑑𝜌. 𝑑𝜙. 𝑑𝑧
 
𝑣𝑜𝑙
 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 4. ∫ 𝜌
3. 𝑠𝑒𝑛𝜙. 𝑐𝑜𝑠𝜙. 𝑧2 . 𝑑𝜌. 𝑑𝜙. 𝑑𝑧
 
𝑣𝑜𝑙
 
 
Inserindo os limites de integração de acordo com a porção de cilindro: 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 4. ∫ 𝜌
3
𝜌=2
𝜌=0
𝑑𝜌. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜙. 𝑐𝑜𝑠𝜙
𝜙=𝜋/2
𝜙=0
𝑑𝜙. ∫ 𝑧2
𝑧=3
𝑧=0
𝑑𝑧 
 
Resolvendo as integrais: 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 4 . [
1
4
. 𝜌4]
𝜌=0
𝜌=2
 . [
1
2
. 𝑠𝑒𝑛2(𝜙)]
𝜙=0
𝜙=𝜋/2
 . [
1
3
. 𝑧3]
𝑧=0
𝑧=3
 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 4.
1
4
.
1
2
.
1
3
. (24 − 0) . (𝑠𝑒𝑛2 (
𝜋
2
) − 𝑠𝑒𝑛2(0)) . (33 − 0) 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
1
6
. 16 . 1 . 27 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 72 𝐶 
 
Portanto, resposta: o fluxo elétrico líquido total que sai da porção de cilindro é 72 C. 
 
 
 
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26 
b) A mesma quantidade de carga do item anterior, porém sendo toda ela concentrada na 
origem. 
Se tivéssemos um cilindro completo envolvendo a carga concentrada na origem, o fluxo 
elétrico total que sairia dele seriam os mesmos 72 C obtidos no item a. No entanto, como a 
porção de cilindro relatada no exercício abarca apenas 1/8 de um cilindro completo (apenas 
o quadrante com x, y e z positivos), o fluxo que saí da desta porção de cilindro será 1/8 da 
carga total concentrada. Assim: 
Ψ = 
Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
8
= 
72
8
= 9 𝐶 
 
Portanto, resposta: o fluxo elétrico líquido total que sai da porção de cilindro devido à carga 
concentrada é 9 C. 
 
 
Exercício 3: 
Dada a densidade de fluxo�̅� = 
𝟏𝟔
𝒓
 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝜽) 𝒂𝜽̅̅̅̅ C/m
2, use dois métodos diferentes para 
calcular a carga total dentro da região: 𝟏 < 𝒓 < 𝟐 𝒎, 𝟏 < 𝜽 < 𝟐 𝒓𝒂𝒅, 𝟏 < 𝝓 < 𝟐 𝒓𝒂𝒅. 
 
Pela Lei de Gauss, sabe-se que: Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 
Para uma distribuição volumétrica de cargas, também se sabe que: 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Pela primeira equação de Maxwell: ∇̅⦁�̅� = 𝜌𝑣 
Assim, é possível escrever: 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∫ ∇̅⦁�̅� 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Então: 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = Ψ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
= ∫ ∇̅⦁�̅� 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
Como o exercício pediu para encontrar a carga total dentro da região 1 < 𝑟 < 2 𝑚, 1 < 𝜃 <
2 𝑟𝑎𝑑, 1 < 𝜙 < 2 𝑟𝑎𝑑 por dois métodos diferentes, a seguir a resolução é realizada em duas 
etapas: 
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27 
 1ª Etapa – Cálculo da carga interna a partir de: 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ : 
Nota-se pelo enunciado do exercício que a densidade de fluxo elétrico (�̅�) possui direção e 
sentido de 𝑎𝜃̅̅ ̅. A região definida por 1 < 𝑟 < 2 𝑚, 1 < 𝜃 < 2 𝑟𝑎𝑑, 1 < 𝜙 < 2 𝑟𝑎𝑑 possui a 
forma de um elemento diferencial de volume em coordenadas esféricas. Tomando, então, 
uma gaussiana com esta mesma forma, percebe-se que como �̅� tem direção de 𝑎𝜃̅̅ ̅, �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ será 
diferente de zero apenas nas duas superfícies em que 𝜃 é constante. Em outras palavras, 
�̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅ será diferente de zero apenas nas duas superfícies onde 𝑑𝑆̅̅̅̅ tem direção de 𝑎𝜃̅̅ ̅. 
Assim: 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅
 
𝜃=1
 + ∮ �̅�⦁𝑑𝑆̅̅̅̅
 
𝜃=2
 
Usando o elemento diferencial de área 𝑑𝑆̅̅̅̅ = 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜙 𝑎𝜃̅̅ ̅, escreve-se: 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∮ ((
16
𝑟
 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 𝑎𝜃̅̅ ̅) ⦁ (𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜙 − 𝑎𝜃̅̅ ̅))
 
𝜃=1
+ ∮ ((
16
𝑟
 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 𝑎𝜃̅̅ ̅) ⦁ (𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜙 𝑎𝜃̅̅ ̅))
 
𝜃=2
 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = − ∮ 16. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜙
 
𝜃=1
+ ∮ 16. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜙
 
𝜃=2
 
Usando os limites de integração adequados: 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = −16. 𝑠𝑒𝑛(1). cos(2) ∫ 𝑑𝑟
𝑟=2
𝑟=1
. ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2
𝜙=1
+ 16. 𝑠𝑒𝑛(2). cos(4) ∫ 𝑑𝑟
𝑟=2
𝑟=1
. ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2
𝜙=1
 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = −16. 𝑠𝑒𝑛(1). cos(2) . (2 − 1). (2 − 1) + 16. 𝑠𝑒𝑛(2). cos(4) . (2 − 1). (2 − 1) 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = −3,9069 𝐶 
 
 
 2ª Etapa – Cálculo da carga interna a partir de: 𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∫ 𝑑𝑖𝑣 �̅� 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
: 
Cálculo de 𝑑𝑖𝑣 �̅� para coordenadas esféricas: 
𝑑𝑖𝑣 �̅� =
1
𝑟2
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟2𝐷𝑟) +
1
𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(𝑠𝑒𝑛𝜃𝐷𝜃) +
1
𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜕𝐷𝜙
𝜕𝜙
 
Para �̅� = 
16
𝑟
 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 𝑎𝜃̅̅ ̅, tem-se: 
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28 
𝑑𝑖𝑣 �̅� =
1
𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(𝑠𝑒𝑛𝜃
16
𝑟
 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) 
𝑑𝑖𝑣 �̅� =
16
𝑟2𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜕
𝜕𝜃
(𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) 
𝑑𝑖𝑣 �̅� =
16
𝑟2𝑠𝑒𝑛𝜃
. (−2. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃). 𝑐𝑜𝑠𝜃) 
 
Voltando, então, à integral: 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = ∫ 𝑑𝑖𝑣 �̅� 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
= ∫
16
𝑟2𝑠𝑒𝑛𝜃
. (−2. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃). 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
 
 
Usando o limite de integração 𝑑𝑣 = 𝑟2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙: 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 16. ∫
(−2. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃). 𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝑟2𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
 
𝑣𝑜𝑙
 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 16. ∫(−2. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃). 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
 
𝑣𝑜𝑙
 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 16. ∫ 𝑑𝑟
𝑟=2
𝑟=1
. ∫ (−2. 𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃). 𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃
𝜃=2
𝜃=1
. ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2
𝜙=1
 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 16. (2 − 1). [
 
𝑠𝑒𝑛𝜃. cos(2𝜃)
 
]
𝜃=1
𝜃=2
. (2 − 1) 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 16. (𝑠𝑒𝑛(2). cos(4) − 𝑠𝑒𝑛(1). cos (2)) 
𝑄𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = −3,9069 𝐶 
 
Portanto, resposta: pelos métodos 1 e 2 foi possível encontrar que -3,9069 C é a carga interna 
total dentro da região referida no exercício. 
 
 
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29 
4 – ENERGIA POTENCIAL E POTENCIAL ELÉTRICO 
 
Exercício 1: 
Um campo elétrico é dado em coordenadas cilíndricas por: �̅� = 
𝟏𝟎𝟎
𝝆𝟐
 𝒂𝝆̅̅̅̅ [V/m]. 
Conhecidos os pontos A(3,0,4), B(5,13,0) e C(15,6,8), expressos em coordenadas cartesianas, 
determinar: 
a) A diferença de potencial 𝑽𝑨𝑩; 
 
Como o vetor do campo elétrico foi fornecido em coordenadas cilíndricas, inicia-se a resolução 
do exercício passando os pontos A e B para coordendas cilíndricas: 
Passando o ponto A para coordenadas cilíndricas: 
𝜌𝐴 = √𝑥2 + 𝑦2 = √32 + 02 = 3 
𝜙𝐴 = 𝑡𝑎𝑛
−1(𝑦 𝑥⁄ ) = 𝑡𝑎𝑛−1(0 3⁄ ) = 0𝑜 (𝜙𝐴 𝜖 1º 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒) 
𝑧𝐴 = 4 
 
Passando o ponto B para coordenadas cilíndricas: 
𝜌𝐵 = √𝑥2 + 𝑦2 = √52 + 132 = 13,9284 
𝜙𝐵 = 𝑡𝑎𝑛
−1(𝑦 𝑥⁄ ) = 𝑡𝑎𝑛−1(13 5⁄ ) = 68,96𝑜 (𝜙𝐵 𝜖 1º 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒) 
𝑧𝐵 = 0 
 
Para cálculo do potencial 𝑉𝐴𝐵 utiliza-se: 𝑉𝐴𝐵 = − ∫ �̅� ⦁ 𝑑𝐿̅̅̅̅
𝐴
𝐵
 
Assim: 
𝑉𝐴𝐵 = − ∫ �̅� ⦁ 𝑑𝐿̅̅̅̅
𝐴
𝐵
= − ∫ (
100
𝜌2
 𝑎𝜌̅̅ ̅) ⦁ (𝑑𝜌 𝑎𝜌̅̅ ̅ + 𝜌𝑑𝜙 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 𝑑𝑧 𝑎𝑧̅̅ ̅)
𝐴
𝐵
 
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𝑉𝐴𝐵 = − ∫
100
𝜌2
 𝑑𝜌
𝐴
𝐵
= −100. ∫
1
𝜌2
 𝑑𝜌
𝜌𝐴=3
𝜌𝐵=13,9284
= 100 . [
1
𝜌
]
𝜌𝐵=13,9284
𝜌𝐴=3
 
𝑉𝐴𝐵 = 100. (
1
3
−
1
13,9284
) = 26,1538 𝑉 
 
Portanto, resposta: a diferença de potencial entre os pontos A e B é 𝑉𝐴𝐵 = 26,1538 𝑉. 
 
 
b) O potencial 𝑽𝑨 se a referência zero de potencial está no ponto B; 
 
Se a referência zero de potencial está no ponto B, então: 𝑉𝐵 = 0 𝑉 
Sabe-se que 𝑉𝐴𝐵 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 
Assim: 
𝑉𝐴𝐵 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 
26,1538 = 𝑉𝐴 − 0 
 𝑉𝐴 = 26,1538 𝑉 
 
Portanto, resposta: se a referência de potencial zero está no ponto B, a tensão no ponto A é 
igual a 𝑉𝐴 = 26,1538 𝑉. 
 
 
c) O potencial 𝑽𝑨 se a referência zero de potencial está no ponto C; 
 
Primeiro procura-se conhecer 𝑉𝐴𝐶. Passando o ponto C para coordenadas cilíndricas: 
 
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31 
𝜌𝐶 = √𝑥2 + 𝑦2 = √152 + 62 = 16,1555 
𝜙𝐶 = 𝑡𝑎𝑛
−1(𝑦 𝑥⁄ ) = 𝑡𝑎𝑛−1(6 15⁄ ) = 21,8014𝑜 (𝜙𝐶 𝜖 1º 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒) 
𝑧𝐶 = 8 
 
Para cálculo do potencial 𝑉𝐴𝐶 utiliza-se: 𝑉𝐴𝐶 = − ∫ �̅� ⦁ 𝑑𝐿̅̅̅̅
𝐴
𝐶
 
Assim: 
𝑉𝐴𝐶 = − ∫ �̅� ⦁ 𝑑𝐿̅̅̅̅
𝐴
𝐶
= − ∫ (
100
𝜌2
 𝑎𝜌̅̅ ̅) ⦁ (𝑑𝜌 𝑎𝜌̅̅ ̅ + 𝜌𝑑𝜙 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 𝑑𝑧 𝑎𝑧̅̅ ̅)
𝐴
𝐶
 
𝑉𝐴𝐶 = − ∫
100
𝜌2
 𝑑𝜌
𝐴
𝐶
= −100. ∫
1
𝜌2
 𝑑𝜌
𝜌𝐴=3
𝜌𝐶=16,1555
= 100 . [
1
𝜌
]
𝜌𝐶=16,1555
𝜌𝐴=3
 
𝑉𝐴𝐶 = 100. (
1
3
−
1
16,1555
) = 27,1435 𝑉 
 
Se a referência de potencial zero está no ponto C, então: 𝑉𝐶 = 0 𝑉 
Sabe-se que 𝑉𝐴𝐶 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐶 
Assim: 
𝑉𝐴𝐶 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐶 
27,1435 = 𝑉𝐴 − 0 
 𝑉𝐴 = 27,1435 𝑉 
 
Portanto, resposta: se a referência de potencial zero está no ponto C, a tensão no ponto A é 
igual a 𝑉𝐴 = 27,1435 𝑉. 
 
 
 
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d) O potencial 𝑽𝑨 se a referência zero de potencial está no infinito. 
 
Primeiramente, calcula-se a diferença de potencial entre o ponto A e o infinito (𝑉𝐴∞). Para 
isto, utiliza-se: 𝑉𝐴∞ = − ∫ �̅� ⦁ 𝑑𝐿̅̅̅̅
𝐴
∞
 
Assim: 
𝑉𝐴∞ = − ∫ �̅� ⦁ 𝑑𝐿̅̅̅̅
𝐴
∞
= − ∫ (
100
𝜌2
 𝑎𝜌̅̅ ̅) ⦁ (𝑑𝜌 𝑎𝜌̅̅ ̅ + 𝜌𝑑𝜙 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 𝑑𝑧 𝑎𝑧̅̅ ̅)
𝐴
∞
 
𝑉𝐴∞ = − ∫
100
𝜌2
 𝑑𝜌
𝐴
∞
= −100. ∫
1
𝜌2
 𝑑𝜌
𝜌𝐴=3
𝜌=∞
= 100 . [
1
𝜌
]
𝜌=∞
𝜌𝐴=3
 
𝑉𝐴∞ = 100. (
1
3
−
1
∞
) = 33,3333 𝑉 
 
Se a referência de potencial está no infinito, então: 𝑉∞ = 0 𝑉 
Sabe-se que 𝑉𝐴∞ = 𝑉𝐴 − 𝑉∞ 
Assim: 
𝑉𝐴∞ = 𝑉𝐴 − 𝑉∞ 
33,3333 = 𝑉𝐴 − 0 
 𝑉𝐴 = 33,3333 𝑉 
 
Portanto, resposta: se a referência de potencial zero está no infinito, a tensão no ponto A é 
igual a 𝑉𝐴 = 33,3333 𝑉. 
 
 
 
 
 
0 
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33 
Exercício 2: 
Considere uma carga total Q = 2𝜼C distribuída uniformemente ao longo do eixo y, de y = 0 
até y = 2m. 
 
a) Determine o potencial 𝑽𝑷 no ponto P(2,0,0) devido à linha de carga. 
 
 
 
Se temos uma carga total de 2 𝜂C distribuída uniformemente em uma linha de 2 m, ao longo 
do eixo y, a densidade linear de carga (𝜌𝐿) é representada como: 
𝜌𝐿 = 
𝑄
𝐿
= 
2 𝜂𝐶
2 𝑚
= 1 𝜂𝐶/𝑚 
 
Sabemos que o potencial absoluto devido a uma carga pontual é dado por: 𝑉 =
𝑄
4.𝜋.𝜀0.𝑅
 , sendo 
𝑅 a distância da carga pontual ao ponto onde se deseja obter o potencial. 
Expandindo, então, a aplicação desta fórmula para a carga distribuída ao longo da linha: 
𝑉 = ∫
𝑑𝑄
4. 𝜋. 𝜀0. 𝑅
= ∫
𝜌𝐿 . 𝑑𝐿
4. 𝜋. 𝜀0. 𝑅
 
Sendo 𝑅, neste caso, a distância entre um ponto genérico ao longo da linha de carga e o ponto 
em que se deseja calcular o potencial. 
Neste problema, um ponto genérico da linha de cargas pode ser escrito como: (0,y,0). Então, 
𝑅 representa a distância entre este ponto genérico (0,y,0) e o ponto P(2,0,0). Assim: 
𝟐 
𝝆𝑳 
𝑷(𝟐, 𝟎, 𝟎) 
𝟎 
𝑽𝑷 =? 
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34 
�̅� = 2 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 𝑦 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
Por consequência: 𝑅 = √22 + (−𝑦)2 = √𝑦2 + 4 
 
Desta forma, voltando ao cálculo do potencial: 
𝑉𝑃 = ∫
𝜌𝐿 . 𝑑𝐿
4. 𝜋. 𝜀0. 𝑅
= ∫
1. 10−9. 𝑑𝑦
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. √𝑦2 + 4
𝑦=2
𝑦=0
 
𝑉𝑃 = 8,9875. ∫
𝑑𝑦
√𝑦2 + 4
𝑦=2
𝑦=0
 
Observando a tabela de integrais, nota-se que: 
∫
𝑑𝑢
√𝑢2 + 𝑎2
= 𝑙𝑛 |
𝑢 + √𝑢2 + 𝑎2
𝑎
| 
 
Então: 
𝑉𝑃 = 8,9875. ∫
𝑑𝑦
√𝑦2 + 4
𝑦=2
𝑦=0
= 8,9875. [𝑙𝑛 |
𝑦 + √𝑦2 + 4
2
|]
𝑦=0
𝑦=2
 
𝑉𝑃 = 8,9875. [𝑙𝑛 (
2 + √8
2
) − 𝑙𝑛 (
0 + √4
2
)] 
𝑉𝑃 = 8,9875. (0,8814 − 0) 
𝑉𝑃 = 7,9216 𝑉 
 
Portanto, resposta: o potencial 𝑉𝑃 no ponto P(2,0,0) devido à linha de carga é 7,9216 V. 
 
 
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35 
b) Supondo que a mesma carga total Q = 2𝜼C seja agora concentrada num ponto, determinar 
em que posição esta deverá ser colocada ao longo do eixo y para produzir o mesmo 
potencial 𝑽𝑷 no ponto P(2,0,0) obtido no item (a). 
 
Agora, pretende-se concentrar a carga total Q = 2𝜂C em um único ponto sobre o eixo y, ou 
seja, em um ponto aqui chamado de A (0,yA,0). Objetiva-se descobrir o valor de yA de maneira 
que 𝑉𝑃 no ponto P(2,0,0) seja 7,9216 V. 
Como comentado no item anterior, o potencial absoluto devido a uma carga pontual é: 
𝑉 =
𝑄
4. 𝜋. 𝜀0. 𝑅
 
Neste caso, 𝑅 representa a distância entre o ponto A (0,yA,0) procurado e o ponto P(2,0,0). 
Assim: 
�̅� = 2 𝑎𝑥̅̅ ̅ − 𝑦𝐴 𝑎𝑦̅̅ ̅ 
Por consequência: 𝑅 = √22 + (−𝑦𝐴)2 = √𝑦𝐴2 + 4 
 
Desta forma, voltando ao cálculo do potencial: 
𝑉 =
𝑄
4. 𝜋. 𝜀0. 𝑅
 
7,9216 =
2. 10−9
4. 𝜋. 8,8542. 10−12. √𝑦𝐴2 + 4
 
√𝑦𝐴2 + 4 = 2,2691 
𝑦𝐴
2 + 4 = 2,26912 
𝑦𝐴
2 = 1,1488 
𝑦𝐴 = ±1,0718 𝑚 
 
Portanto, resposta: para os fins pretendidos, a carga pontual de 2𝜂C deve ser posicionada no 
ponto (0;1,0718;0) m ou no ponto (0;-1,0718;0) m. 
 
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36 
Exercício 3: 
Em um cilindro definido por 𝝆 = 𝟐 e 𝟎 < 𝒛 < 𝟏 , sabe-se que o potencial é dado pela 
expressão 𝑽 = 𝟏𝟎𝟎 + 𝟓𝟎. 𝝆 + 𝟏𝟓𝟎. 𝝆. 𝒔𝒆𝒏𝝓 [V]. 
a) Calcule 𝑽, �̅�, �̅� e 𝝆𝒗 em P(1;60
o;0,5) no espaço livre. 
 
 Cálculo do potencial V no ponto P(1;60o;0,5): 
𝑉 = 100 + 50. 𝜌 + 150. 𝜌. 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 100 + 50.1 + 150.1. 𝑠𝑒𝑛60𝑜 
𝑉 = 279,9038 [𝑉] 
 
 Cálculo do campo elétrico �̅� no ponto P(1;60o;0,5): 
�̅� = −𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑉 = − (
𝜕𝑉
𝜕𝜌
 𝑎𝜌̅̅ ̅ +
1
𝜌
𝜕𝑉
𝜕𝜙
 𝑎𝜙̅̅̅̅ +
𝜕𝑉
𝜕𝑧
 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
�̅� = − (
𝜕(100 + 50. 𝜌 + 150. 𝜌. 𝑠𝑒𝑛𝜙)
𝜕𝜌
 𝑎𝜌̅̅ ̅ +
1
𝜌
𝜕(100 + 50. 𝜌 + 150. 𝜌. 𝑠𝑒𝑛𝜙)
𝜕𝜙
 𝑎𝜙̅̅̅̅ + 0 𝑎𝑧̅̅ ̅) 
�̅� = (−50 − 150. 𝑠𝑒𝑛𝜙) 𝑎𝜌̅̅ ̅ + (−150. 𝑐𝑜𝑠𝜙) 𝑎𝜙̅̅̅̅ [𝑉/𝑚] 
Então, no ponto P(1;60o;0,5): 
�̅� = (−50 − 150. 𝑠𝑒𝑛60𝑜) 𝑎𝜌̅̅ ̅ + (−150. 𝑐𝑜𝑠60
𝑜) 𝑎𝜙̅̅̅̅ 
�̅� = −179,9038 𝑎𝜌̅̅ ̅ − 75 𝑎𝜙̅̅̅̅ [𝑉/𝑚] 
 
 Cálculo do vetor densidade de fluxo elétrico �̅� no ponto P(1;60o;0,5): 
�̅� = 𝜀0. �̅� 
�̅� = 8,8542. 10−12. ((−50 − 150. 𝑠𝑒𝑛𝜙) 𝑎𝜌̅̅ ̅ + (−150. 𝑐𝑜𝑠𝜙) 𝑎𝜙̅̅̅̅ ) 
�̅� = (−0,4427 − 1,3281. 𝑠𝑒𝑛𝜙) 𝑎𝜌̅̅ ̅ + (−1,3281. 𝑐𝑜𝑠𝜙) 𝑎𝜙̅̅̅̅ [𝜂𝐶/𝑚
2] 
 
 
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37 
Então, no ponto P(1;60o;0,5): 
�̅� = (−0,4427 − 1,3281. 𝑠𝑒𝑛60𝑜) 𝑎𝜌̅̅ ̅ + (−1,3281. 𝑐𝑜𝑠60
𝑜) 𝑎𝜙̅̅̅̅ 
�̅� = −1,5929 𝑎𝜌̅̅ ̅ − 0,6641 𝑎𝜙̅̅̅̅ [𝜂𝐶/𝑚
2] 
 
 Cálculo de 𝜌𝑣 no ponto P(1;60
o;0,5): 
𝜌𝑣 = 𝑑𝑖𝑣 �̅� = 
1
𝜌
𝜕(𝜌𝐷𝜌)
𝜕𝜌
+
1
𝜌
𝜕(𝐷𝜙)
𝜕𝜙
+
𝜕(𝐷𝑧)
𝜕𝑧
 
𝜌𝑣 = 
1
𝜌
𝜕(𝜌. (−0,4427 − 1,3281. 𝑠𝑒𝑛𝜙))
𝜕𝜌
+
1
𝜌
𝜕(−1,3281. 𝑐𝑜𝑠𝜙)
𝜕𝜙
 
𝜌𝑣 = 
1
𝜌
. (−0,4427 − 1,3281. 𝑠𝑒𝑛𝜙) +
1
𝜌
. (1,3281. 𝑠𝑒𝑛𝜙) 
𝜌𝑣 = 
−0,4427 − 1,3281. 𝑠𝑒𝑛𝜙 + 1,3281. 𝑠𝑒𝑛𝜙
𝜌
 
𝜌𝑣 = −
0,4427
𝜌
 [𝜂𝐶/𝑚3] 
Então, no ponto P(1;60o;0,5): 
𝜌𝑣𝑃 = −
0,4427
1
 
𝜌𝑣𝑃 = −0,4427 [𝜂𝐶/𝑚
3] 
 
Portanto, resposta: as grandezas solicitadas no ponto P(1;60o;0,5) são: 
𝑉 = 279,9038 [𝑉] 
�̅� = −179,9038 𝑎𝜌̅̅ ̅ − 75 𝑎𝜙̅̅̅̅ [𝑉/𝑚] 
�̅� = −1,5929 𝑎𝜌̅̅ ̅ − 0,6641 𝑎𝜙̅̅̅̅ [𝜂𝐶/𝑚
2] 
𝜌𝑣𝑃 = −0,4427 [𝜂𝐶/𝑚
3] 
 
 
INSTITUTO FEDERAL 
IFTM - Campus Avançado Uberaba Parque Tecnológico 
Eletromagnetismo 
 
Profª. Andréia 
 
38 
b) Qual é a carga elétrica presente dentro do cilindro? 
 
Como calculado no item anterior, a densidade volumétrica de carga na região analisada é: 
𝜌𝑣 = −
0,4427
𝜌
 [𝜂𝐶/𝑚3] . Utilizando o elemento diferencial de volume em coordenadas 
cilíndricas (𝑑𝑣 = 𝜌𝑑𝜌𝑑𝜙𝑑𝑧), pode-se então escrever que a carga elétrica presente dentro do 
cilindro é: 
𝑄 = ∫ 𝜌𝑣 𝑑𝑣
 
𝑣𝑜𝑙
= ∭ −
0,4427
𝜌
 𝜌𝑑𝜌𝑑𝜙𝑑𝑧
 
𝑣𝑜𝑙
 
𝑄 = −0,4427. ∫ 𝑑𝜌
𝜌=2
𝜌=0
. ∫ 𝑑𝜙
𝜙=2𝜋
𝜙=0
. ∫ 𝑑𝑧
𝑧=1
𝑧=0
 
𝑄 = −0,4427. (2 − 0). (2𝜋 − 0). (1 − 0) 
𝑄 = −5,5631 𝜂𝐶 
 
Portanto, resposta: a carga elétrica presente dentro do cilindro é -5,5631 𝜂C.